ABC )

31 Suy ra

(

SC SAB,

( ) )

=

(

SC SA,

)

=CSA^_.

Xét tam giác SAC vuông tại A, ta có:

. Vậy

(

^{SC SAB,}

( ) )

^=60°.

b)

(

^{SB SAC,}

( ) )

Ta có: .

Và ^{AB AC} AB

(

SAC

)

AB SA

 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^{hay SA} là hình chiếu vuông góc

của SB lên .

Suy ra

(

SB SAC,

( ) )

=

(

SB SA,

)

=^BSA_. Xét tam giác SAB vuông tại , ta có:

 

tanBSA AB a 1 CSA 45

= SA a= = ⇒ = °. Vậy

(

SB SAC^,

( ) )

=⁴⁵°.

c)

(

^{SA SBC,}

( ) )

Ta có: SA∩

(

SBC

) { }

= S .

Trong mặt phẳng , từ A kẻ AK BC⊥ tại K. Trong mặt phẳng

(

SAK

)

, từ A kẻ AH SK⊥ tại H . Khi đó: ^{BC AK} BC

(

SAK

)

BC AH

BC SA

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^.

Mà AH SK⊥ nên AH ⊥

(

SBC

)

Hay SH là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng

(

SBC

)

. Suy ra

(

SA SBC,

( ) )

=

(

SA SH,

)

=^{ }HSA KSA= .

Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có:

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

3 3

AK = AB +AC =a + a = a 3

2 AK a

⇒ =

Xét tam giác SAK vuông tại A, ta có:



3 3

tan 2

2 AK a

KSA= SA = a =  arctan 3

KSA 2

⇒ =

 3 

tanCSA AC a 3 CSA 60

SA a

= = = ⇒ = °

( ) { }

SB∩ SAC = S

(SAC)

A

32

Vậy

(

SA SBC^,

( ) )

=^arctan ₂³. Bài 2:

a)

(

^{SC SAB,}

( ) )

Ta có: SC∩

(

SAB

) { }

= S . Và ^{BC AB} BC

(

SAB

)

BC SA

 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^{hay SB} là hình chiếu vuông góc của SC lên

(

SAB

)

. Suy ra

(

SC SAB,

( ) )

=

(

SC SB,

)

=CSB^_.

Xét tam giác ABC vuông cân tại B, ta có:

3 BC AB a= = .

Xét tam giác SBC vuông tại B, ta có:

 3 1

tan 2 3 3

CB a

CSB= SB = a = ⇒CSB= °30 . Vậy

(

^{SC SAB,}

( ) )

^=30°.

b)

(

^{SB SAC,}

( ) )

Ta có: SB∩

(

SAC

) { }

= S .

Gọi H là trung điểm của AC ⇒BH⊥AC (vì ∆ABC cân tại A).

Khi đó ^{BH AC} BH

(

SAC

)

BH SA

 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^{hay SH} là hình chiếu vuông góc của SB lên

(

SAC

)

. Suy ra

(

SB SAC,

( ) )

=

(

SB SH,

)

=^BSH.

Xét tam giác ABC vuông cân tại B, ta có:

6

2 2

BH = AC a= .

Xét tam giác SBH vuông tại H , ta có:

33



6 2

sin 2

2 3 4 BH a

BSH = SB = a = ^ _arcsin ²

BSH 4

⇒ = .

Vậy

(

SB SAC^,

( ) )

=^arcsin ₄². c)

(

^{SA SBC,}

( ) )

Ta có: SA∩

(

SBC

) { }

= S .

Trong mặt phẳng

(

SAB

)

, từ kẻ AI SB⊥ tại I.

Khi đó: . Mà AI SB⊥ nên AI ⊥

(

SBC

)

Hay SI là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng

(

SBC

)

. Suy ra

(

SA SBC,

( ) )

=

(

SA SI,

)

=^{ }ISA BSA= _.

Xét tam giác vuông tại A, ta có:

 3 1

sin 2 3 2

AB a

BSA= SB = a = ⇒BSA= °30

Vậy .

Bài 3:

a)

(

^{SC SAD,}

( ) )

Ta có: SC∩

(

SAD

) { }

= S .

Ta lại có: ^{CH AD} CH

(

SAD

)

SH CH SH

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒

 ⊥

 là hình chiếu vuông góc của lên mặt

phẳng

(

SAD

)

. Suy ra

(

SC SAD,

( ) )

=

(

SC SH,

)

=CSH^_. A

( )

BC AB

BC SAB BC AI BC SA

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥



SA SAB

( )

(

SA SBC,

)

= °30

SC

34

Xét tam giác SCH vuông tại , ta có:tan 3 1  45 3

CSH CH a CSH SH a

= = = ⇒ = °. b)

(

^{SH SBD,}

( ) )

Ta có: SA∩

(

SBC

) { }

= S .

Trong mặt phẳng

(

HBD

)

, từ H kẻ HK BD⊥ tại K. (Klà trung điểm của cạnh DO) Trong mặt phẳng

(

SHK

)

, từ H kẻ HI SK⊥ tại I.

Khi đó: ^{BD HK} BD

(

SHK

)

BD HI BD SH

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^{. Mà}

HI SK⊥ nên .

Hay SI là hình chiếu vuông góc của SH lên mặt phẳng

(

SBD

)

.

Suy ra

(

SH SBD,

( ) )

=

(

SH SI,

)

=ISH KSH^{ }= . Xét tam giác SHK vuông tại H , ta có:

 2 3

tan 3 6

HK a

KSH = SH = a =  arctan 3

KSH 6

⇒ =

Vậy

(

^{SH SBD,}

( ) )

^=arctan ₆^3.

Bài 4:

Trong mặt phẳng , từ A kẻ AH ⊥BC tại .

Dễ dàng chứng minh được BC⊥

(

SAH

)

⇒BC SH⊥ . Khi đó:

H

( )

HI⊥ SBD

(

ABC

)

^H

35

( ) ( )

( )

( )

[ ]

^

: , ,

: SBC ABC BC

AH ABC AH BC S BC A SHA SH SBC SH BC

∩ = 

⊂ ⊥ ⇒ =

⊂ ⊥ 

Bài 5:

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: ^{BC GM} BC

(

SGM

)

BC SM

BC SG

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^.

Khi đó:

( ) ( )

( )

( )

[ ]

^

: , ,

: SBC ABC BC

GM ABC GM BC S BC A SMG SM SBC SM BC

∩ = 

⊂ ⊥ ⇒ =

⊂ ⊥ 

. Bài 6:

Nhận xét: ∆ABC vuông cân tại .

Ta có: ^{BC AC} BC

(

SAC

)

BC SC

BC SA

 ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 ^.

Khi đó:

( ) ( )

( )

( )

[ ]

^

: , ,

:

SBC ABC BC

AC ABC AC BC S BC A SCA SC SBC SC BC

∩ = 

⊂ ⊥ ⇒ =

⊂ ⊥ 

.

Bài 7:

Trong mặt phẳng

(

ABCD

)

, từ chân đường cao kẻ OI BC⊥ tại I. C

O

36

(Ilà trung điểm của vì tam giác OBC cân tại O). Suy ra . Khi đó:

[

S BC A, ,

]

=SIO^=ϕ. Ta có: và 3

2 SI=a .

Trong tam giác SOI vuông tại , ta lại có: cos 2 1

3 3

2 OI a

SI a

ϕ = = = _.

Bài 8:

Giao tuyến của hai mặt phẳng

(

SBC

)

và

(

HBC

)

là đường thẳng .

Trong mặt phẳng , từ H kẻ HK BC⊥ tại K. Suy ra: BC⊥

(

SHK

)

hay BC SK⊥ .

Khi đó:

[

S BC H^{, ,}

]

=SKH^=ϕ. Ta có: tam giác SAD đều cạnh a và 3 2 SH =a .

Và 3 ^{2 2 2} 3 ²

2 2 4 4

HBC ABCD HAB HCD a a a a

S_∆ =S −S_∆ −S_∆ = − − = .

Gọi I là trung điểm của AB. Ta chứng minh được tam giác IBC vuông cân tại I và 2

IB a= ⇒BC a= _.

Khi đó: . Vậy

3 6

tan 2

3 2 3 4 a

a ϕ = = _.

Bài 9:

Trong tam giác SBC, từ B kẻ BJ SC⊥ tại J thì ta cũng có DJ SC⊥ tại J. Khi đó:

[

^{B SC D, ,}

]

^=BJD.

Trong tam giác SBC, ta có 2 ; 15 ²

SBC 4

SB SC= = a BC a= ⇒S∆ = a .

Và 2 15

SBC 4

BJ S a DJ

SC

= ∆ = = _.

BC BC⊥

(

SBC

)

⇒BC SI⊥

2 2

OI = AB a=

O

BC

(

ABCD

)

3 2

2 2. 4 3 2

2 4

HBC

S a

HK a

BC a

= ∆ = =

37

Trong tam giácBJD, ta có: 15 ; 2

BJ DJ= = 4 a BD a= .



2 2

2 2 2 1516 1516 2 2 1

cos 2 . 2 15. 15 15

4 4

a a a

BJ DJ BD

BJD BJ DJ a a

+ −

+ −

= = = −  arccos 1

BID  15

⇒ = − 

 . Vậy

[

B SC D^{, ,}

]

=^arccos−₁₅¹.

Bài 10:

Gọi , N lần lượt là trung điểm của CD và .

Ta có: AC AD BC BD a= = = = nên ∆ACD cân tại A, cân tại B, ∆CAB cân tại , ∆DAB cân tại D. Suy ra AM BM= , .

Khi đó:

(

ACD

) (

BCD

)

CD AM CD

BM CD

∩ =



 ⊥

 ⊥



[

A CD B^{, ,}

]

^AMB

⇒ = .

Mà góc phẳng nhị diện

[

A CD B, ,

]

là góc nhị diện vuông nên AMB= °90 Tính: BM AM= = AD²−MD² = a²−x² .

Xét vuông cân tại M , ta có: ^{2 2}

2 2

AM a x MN = = −

( )

1 .

Ta lại có: ⇒

[

C AB D, ,

]

=CND^.

Để góc phẳng nhị diện

[

C AB D, ,

]

là góc nhị diện vuông thì CND= °90 _. Xét ∆CDN vuông cân tại N, ta có:

( )

2 .

Từ

( )

1 và suy ra: ^{2 2} 3

2 3

a −x = ⇔ =x x a .

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

1.B 2.A 3.B 4.D 5.D 6.A 7.A 8.A 9.D 10.D 11.A 12.A 13.C 14.B 15.D 16.D 17.A 18.D 19.A 20.A

M ^AB

BCD

C CN DN= ∆

ABM

∆

(

ABC

) (

ABD

)

AB CN AB

DN AB

∩ =



 ⊥

 ⊥



2 MN=CD =x

( )2

38

Câu 1: Chọn B.

Ta có:

SA

⇒ là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng .

( )

(

SB SAD,

) (

SB SA,

)

BSA^

⇒ = = .

Câu 2: Chọn A.

Ta có: _SA⊥(_ABCD) AC

⇒ là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng

(

ABCD

)

( )

(

SC ABCD,

) (

SC AC,

)

SCA^

⇒ = = .

Xét ∆SAC vuông tại , ta có:

 

tanSCA SA 1 SCA 45

= AC = ⇒ = °.

Vậy góc giữa đường thẳng SC và và mặt phẳng đáy bằng 45°. Câu 3: Chọn B.

( )

BA SA

BA SAD BA AD

 ⊥

⇒ ⊥

 ⊥



(SAD)

A

39 Gọi O là trọng tâm của tam giác

(

ABC

)

.

Vì S ABC. là hình chóp đều nên SO⊥

(

ABC

)

.

Suy ra OA là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng

(

ABC

)

.

( )

(

SA ABC,

) (

SA OA,

)

SAO^

⇒ = = .

Xét ∆SAO vuông tại O, ta có: .

Câu 4: Chọn D.

Ta có:

Suy ra OD là hình chiếu vuông góc của SD lên mặt phẳng

(

ABCD

)

.

Ta có AD DC= và ADC= °60 nên tam giác ADC đều ⇒ . Xét tam giác SOD vuông tại O, ta có:

. Câu 5: Chọn D.

SA

α

=

3 3

cos 3

AO a SA a

α= = =

( )

SO⊥ ABCD

( )

(

SD ABCD,

) (

SD OD,

)

^SDO α

⇒ = = =

OD a= 3

tan 3 60

3 SO

α =OD= ⇒ = °α

40

Ta có: ^{BA SA} BA

(

SAD

)

BA AD

 ⊥ ⇒ ⊥

 ⊥

 SA

⇒ là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng

(

SAD

)

( )

(

SB SAD,

) (

SB SA,

)

BSA^

⇒ = = .

Xét vuông tại A, ta có: tan 1

3 3

BA a

BSA= SA a= = .

Suy ra BSA= °30 hay góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

(

SAD

)

bằng 30°. Câu 6: Chọn A.

Gọi là tâm của hình vuông ABCD. Vì S ABCD. là chóp đều nên SH ⊥(ABCD)

Suy ra là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng

(

ABCD

)

.

Xét ∆SAH vuông tại H , ta có: 

2 2

cos 2 .

2 4

AH a

SAH = SA = a = Câu 7: Chọn A.

SB

BSA

∆

SB

H

AH

( )